Yorliq: mahalliy maksimal. Funksiyalarning ekstremal, eng katta va eng kichik qiymatlari

Funktsiyaning ma'lum bir nuqtada o'zgarishi nolga moyil bo'lgan argumentning o'sishiga funktsiyaning o'sishi chegarasi sifatida aniqlanadi. Uni topish uchun hosilalar jadvalidan foydalaning. Masalan, y = x3 funksiyaning hosilasi y’ = x2 ga teng bo'ladi.

Ushbu lotinni nolga tenglang (in Ushbu holatda x2=0).

Berilgan o'zgaruvchining qiymatini toping. Bu berilgan hosila 0 ga teng bo'lgan qiymatlar bo'ladi. Buning uchun ifodadagi x o'rniga ixtiyoriy raqamlarni almashtiring, bunda butun ifoda nolga aylanadi. Masalan:

2-2x2= 0
(1-x)(1+x) = 0
x1= 1, x2 = -1

Olingan qiymatlarni koordinata chizig'ida chizing va olingan qiymatlarning har biri uchun lotin belgisini hisoblang. Koordinata chizig'ida nuqtalar ko'rsatilgan bo'lib, ular boshlang'ich sifatida qabul qilinadi. Intervallardagi qiymatni hisoblash uchun mezonlarga mos keladigan ixtiyoriy qiymatlarni almashtiring. Masalan, -1 oralig'idan oldingi funksiya uchun -2 qiymatini tanlashingiz mumkin. -1 dan 1 gacha bo'lgan qiymatlar uchun siz 0 ni, 1 dan katta qiymatlar uchun 2 ni tanlashingiz mumkin. Ushbu raqamlarni hosilaga almashtiring va hosilaning belgisini toping. Bunday holda, x = -2 bo'lgan hosila -0,24 ga teng bo'ladi, ya'ni. salbiy va bu oraliqda minus belgisi bo'ladi. Agar x=0 bo'lsa, u holda qiymat 2 ga teng bo'ladi va bu oraliqda belgi qo'yiladi. Agar x=1 bo'lsa, hosila ham -0,24 ga teng bo'ladi va minus qo'yiladi.

Agar koordinata chizig'idagi nuqtadan o'tayotganda hosila o'z belgisini minusdan plyusga o'zgartirsa, bu minimal nuqta, agar ortiqcha dan minusga bo'lsa, bu maksimal nuqtadir.

Mavzu bo'yicha video

Foydali maslahat

Loyini topish uchun hisoblaydigan onlayn xizmatlar mavjud kerakli qiymatlar va natijani ko'rsatish. Bunday saytlarda siz 5-tartibga qadar derivativlarni topishingiz mumkin.

Manbalar:

• lotinlarni hisoblash xizmatlaridan biri
• funktsiyaning maksimal nuqtasi

Funksiyaning maksimal nuqtalari minimal nuqtalar bilan birga ekstremum nuqtalar deyiladi. Bu nuqtalarda funktsiya o'z harakatini o'zgartiradi. Ekstremalar cheklangan raqamli intervallarda aniqlanadi va har doim mahalliydir.

Ko'rsatmalar

Mahalliy ekstremallarni topish jarayoni funksiya deyiladi va funksiyaning birinchi va ikkinchi hosilalarini tahlil qilish orqali amalga oshiriladi. Tadqiqotni boshlashdan oldin, belgilangan argument qiymatlari diapazoni haqiqiy qiymatlarga tegishli ekanligiga ishonch hosil qiling. Masalan, F=1/x funksiya uchun x=0 argumenti haqiqiy emas. Yoki Y=tg(x) funksiya uchun argument x=90° qiymatiga ega bo‘la olmaydi.

Y funksiya butun berilgan oraliqda differentsiallanishiga ishonch hosil qiling. Y ning birinchi hosilasini toping." Shubhasiz, mahalliy maksimal nuqtaga yetmasdan, funktsiya ortib boradi va maksimaldan o'tganda, funktsiya kamayib boradi. Birinchi hosila o'zining jismoniy ma'no funktsiyaning o'zgarish tezligini tavsiflaydi. Funktsiya ortib borayotgan bo'lsa-da, bu jarayonning tezligi ijobiydir. Lokal maksimaldan o'tganda funktsiya pasaya boshlaydi va funktsiyaning o'zgarish tezligi manfiy bo'ladi. Funktsiyaning o'zgarish tezligining nolga o'tishi mahalliy maksimal nuqtada sodir bo'ladi.

Ko‘p o‘zgaruvchili f(x) funksiya uchun x nuqta vektor, f’(x) f(x) funksiyaning birinchi hosilalari (gradient) vektori, f ′ ′(x) ikkinchisining simmetrik matritsasi. qisman hosilalar (Gess matritsasi - Gessian) funktsiyalari f(x).
Ko'p o'zgaruvchilar funksiyasi uchun optimallik shartlari quyidagicha tuzilgan.
Mahalliy optimallik uchun zarur shart. f(x) x * R n nuqtada differentsiallanuvchi bo'lsin. Agar x * mahalliy ekstremum nuqta bo'lsa, f'(x *) = 0.
Avvalgidek, tenglamalar sistemasining yechimi bo'lgan nuqtalar statsionar deyiladi. Statsionar x * nuqtasining tabiati Hessian matritsasi f' ′(x) ning aniq belgisi bilan bog'liq.
A matritsaning belgisi Q(a)= kvadrat shaklining belgilariga bog'liq< α A, α >nolga teng bo'lmagan barcha a∈R n uchun.
Bu erda va undan keyin x va y vektorlarning skalyar ko'paytmasini bildiradi. A-prior,

Agar Q(a)>0 (Q(a)≥0) nolga teng bo‘lmagan barcha a∈R n uchun A matritsa musbat (manfiy bo‘lmagan) aniq hisoblanadi; manfiy (musbat bo'lmagan) aniq, agar Q(a)<0 (Q(α)≤0) при всех ненулевых α∈R n ; неопределенной, если Q(α)>0 ba'zi nolga teng bo'lmagan a∈R n va Q(a) uchun<0 для остальных ненулевых α∈R n .
Mahalliy optimallik uchun etarli shart. f(x) x * R n nuqtada ikki marta differentsiallansin va f’(x *)=0, ya’ni. x * − statsionar nuqta. U holda f′′(x *) matritsa musbat (salbiy) aniq bo‘lsa, x * mahalliy minimal (maksimal) nuqtadir; agar f′′(x *) matritsa aniqlanmagan bo'lsa, x * egar nuqtasidir.
Agar f′′(x *) matritsa manfiy boʻlmagan (musbat boʻlmagan) aniq boʻlsa, u holda x* statsionar nuqtaning tabiatini aniqlash uchun yuqori tartibli hosilalarni oʻrganish talab etiladi.
Matritsaning belgisini tekshirish uchun, qoida tariqasida, Silvestr mezonidan foydalaniladi. Ushbu mezonga ko'ra, simmetrik A matritsa, agar uning barcha burchak minorlari musbat bo'lsa, musbat aniq hisoblanadi. Bunday holda, A matritsaning burchak minori bir xil (va birinchi) raqamlarga ega bo'lgan satrlar va ustunlar kesishmasida joylashgan A matritsa elementlaridan tuzilgan matritsaning determinantidir. A nosimmetrik matritsaning manfiy aniqligini tekshirish uchun (−A) matritsaning musbat aniqligini tekshirish kerak.
Demak, ko‘p o‘zgaruvchili funksiyaning mahalliy ekstremal nuqtalarini aniqlash algoritmi quyidagicha.
1. f'(x) ni toping.
2. Tizim hal qilinmoqda

Natijada statsionar nuqtalar x i hisoblanadi.
3. f′′(x) ni toping, i=1 o‘rnating.
4. f′′(x i) ni toping.
5. f′′(x i) matritsaning burchak minorlari hisoblanadi. Agar barcha burchakli minorlar nolga teng bo'lmasa, u holda x i statsionar nuqtaning tabiatini aniqlash yuqori tartibli hosilalarni o'rganishni talab qiladi. Bunday holda, 8-bosqichga o'tish amalga oshiriladi.
Aks holda, 6-bosqichga o'ting.
6. f′′(x i) burchakli minorlarning belgilari tahlil qilinadi. Agar f′′(x i) musbat aniqlangan boʻlsa, x i mahalliy minimal nuqtadir. Bunday holda, 8-bosqichga o'tish amalga oshiriladi.
Aks holda, 7-bosqichga o'ting.
7. -f′′(x i) matritsaning burchak minorlari hisoblanadi va ularning belgilari tahlil qilinadi.
Agar -f′′(x i) − musbat aniqlik bo‘lsa, f′′(x i) manfiy aniqlik va x i mahalliy maksimal nuqtadir.
Aks holda f′′(x i) aniqlanmagan, x i esa egar nuqtasidir.
8. Barcha statsionar nuqtalarning xarakterini aniqlash sharti i=N tekshiriladi.
Agar u bajarilsa, hisob-kitoblar tugallangan.
Agar shart bajarilmasa, u holda i=i+1 qabul qilinadi va 4-bosqichga o'tish amalga oshiriladi.

Misol № 1. f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 funksiyaning mahalliy ekstremal nuqtalarini aniqlang.









Barcha burchak minorlari nolga teng bo'lmaganligi sababli, x 2 ning xarakteri f′′(x) yordamida aniqlanadi.
f′′(x 2) matritsa musbat aniqlanganligi uchun x 2 mahalliy minimal nuqtadir.
Javob: f(x) = x 1 3 – 2x 1 x 2 + x 2 2 – 3x 1 – 2x 2 funksiya x = (5/3; 8/3) nuqtada lokal minimumga ega.

MAKSIMUM VA MINIMUM BALLAR

eng katta yoki ni oladigan nuqtalar eng kichik qiymat ta'rif sohasi bo'yicha; bunday nuqtalar deyiladi ham mutlaq maksimal yoki mutlaq minimum nuqtalari. Agar f topologiyada aniqlangan bo'lsa X maydoni, keyin nuqta x 0 chaqirdi mahalliy maksimal nuqta (mahalliy minimum), agar shunday nuqta mavjud bo'lsa x 0, Ushbu mahallada ko'rib chiqilayotgan funktsiyani cheklash uchun nuqta x 0 mutlaq maksimal (minimal) nuqtadir. Qattiq va qat'iy bo'lmagan maksimal (minimal) nuqtalari mavjud (ham mutlaq, ham mahalliy). Masalan, chaqirilgan nuqta f funktsiyaning qat'iy bo'lmagan (qat'iy) mahalliy maksimal nuqtasi, agar nuqtaning bunday qo'shnisi mavjud bo'lsa. x 0, bu hamma uchun amal qiladi (mos ravishda f(x) x 0). )/

Cheklangan o‘lchovli sohalarda aniqlangan funksiyalar uchun differensial hisoblash nuqtai nazaridan berilgan nuqta mahalliy maksimal (minimal) nuqta bo‘lishi uchun shartlar va belgilar mavjud. f funktsiya son o'qining x 0 nuqtasining ma'lum bir qo'shnisida aniqlansin. Agar x 0 - qat'iy bo'lmagan mahalliy maksimal (minimal) nuqtasi va bu nuqtada f "( x 0), u holda u nolga teng bo'ladi.

Agar berilgan f funktsiya nuqta qo'shnisida differentsial bo'lsa x 0, bundan mustasno, ehtimol, uzluksiz bo'lgan bu nuqtaning o'zi va nuqtaning har bir tomonidagi hosila f" x 0 bu mahallada doimiy belgisini saqlab qoladi, keyin maqsadida x 0 qattiq mahalliy maksimal (lokal minimum) nuqta edi, hosila uchun belgini ortiqcha dan minusga oʻzgartirishi zarur va yetarli, yaʼni x da f” (x)>0 uchun.<.x 0 va f"(x)<0 при x>x 0(mos ravishda minusdan plyusgacha: f"(X) <0 x da<x 0 va f"(x)>0 da x>x 0). Biroq, nuqta qo'shnisida farqlanadigan har bir funktsiya uchun emas x 0, shu nuqtada hosila o'zgarishi belgisi haqida gapirishimiz mumkin. . "

Agar f funktsiya nuqtada bo'lsa x 0 t hosilalari, keyin esa maqsadida x 0 qat'iy mahalliy maksimal nuqta edi, u teng bo'lishi va f (m) bo'lishi zarur va etarli. x 0)<0, и - локального минимума, чтобы m было четно и f (m) (x 0)>0.

f( funksiyasi bo'lsin. x 1 ..., x n] nuqtaning n o‘lchovli qo‘shnisida aniqlanadi va shu nuqtada differentsiallanadi. Agar x (0) qat'iy bo'lmagan mahalliy maksimal (minimum) nuqtasi bo'lsa, f funktsiya bu nuqtada nolga teng. Bu shart f funksiyaning 1-tartibidagi barcha qisman hosilalarining shu nuqtasidagi nolga tengligiga teng. Agar funktsiya x(0) da 2-uzluksiz qisman hosilalarga ega bo‘lsa, x(0) da uning barcha 1-chi hosilalari yo‘qoladi va x(0) da 2-tartibli differentsial manfiy (musbat) kvadratik shakl bo‘lsa, x (0) bo‘ladi. qat'iy mahalliy maksimal (minimal) nuqtasi. M. va M.T differensiallanuvchi funksiyalar uchun argumentlarning oʻzgarishiga maʼlum cheklovlar qoʻyilganda shartlar maʼlum: ulanish tenglamalari bajariladi. Murakkabroq tuzilishga ega bo'lgan haqiqiy funktsiyaning maksimal (minimal) bo'lishi uchun zarur va etarli shartlar matematikaning maxsus bo'limlarida o'rganiladi: masalan, qavariq tahlil, matematik dasturlash(Shuningdek qarang Maksimallashtirish va funktsiyalarni minimallashtirish). Manifoldlarda aniqlangan M. va m.t. funksiyalari oʻrganiladi umumiy o'zgarishlarni hisoblash, a M. va m.t. funksiyalar boʻshliqlarida aniqlangan funksiyalar uchun, yaʼni funksiyalar uchun. o'zgarishlar hisobi. Shuningdek bor turli usullar m. va m.t.ni sonli taxminiy aniqlash.

Lit.: Il'in V. A., Poznya k E. G., Asoslar matematik tahlil, 3-nashr, 1-qism, M., 1971; KudryavtsevL. L. D. Kudryavtsev.

Matematik ensiklopediya. - M.: Sovet Entsiklopediyasi. I. M. Vinogradov. 1977-1985 yillar.

Boshqa lug'atlarda "MAKSIMUM VA MINIMUM BALLAR" nima ekanligini ko'ring:

Vaqt-diskret boshqaruv jarayonlari uchun Pontryaginning diskret maksimal printsipi. Bunday jarayon uchun chekli farq operatori amal qilmasligi mumkin, garchi uning uzluksiz analogi uchun chekli farq operatorini differentsial bilan almashtirish orqali olingan bo'lsa-da... ... Matematik entsiklopediya

Analitik modulning asosiy xossalaridan birini ifodalovchi teorema. funktsiyalari. f(z) doimiydan farqli D-kompleks son fazosi sohasida kompleks o‘zgaruvchilarning muntazam analitik yoki golomorf funksiyasi bo‘lsin, M.m.p. in... ... Matematik entsiklopediya

Haqiqiy qiymatlarni oladigan funktsiyaning eng katta va shunga mos ravishda eng kichik qiymatlari. Ko'rib chiqilayotgan funktsiyaning ta'rif sohasidagi, u maksimal yoki minimumni oladigan nuqta deyiladi. mos ravishda maksimal nuqta yoki minimal nuqta ... ... Matematik entsiklopediya

Funktsiyaning maksimal va minimal, maksimal va minimal nuqtaga qarang... Matematik entsiklopediya

Maksimal yoki minimal bo'lgan uzluksiz funktsiyaning qiymati (Maksimal va minimal nuqtalarga qarang). lE atamasi... Matematik entsiklopediya

Ko'rsatkich- (Ko'rsatkich) Ko'rsatkich Axborot tizimi, modda, qurilma, har qanday parametrdagi o‘zgarishlarni aks ettiruvchi qurilma.Forex valyuta bozorining grafik ko‘rsatkichlari, ular nima va ularni qayerdan yuklab olish mumkin? MACD ko'rsatkichlarining tavsifi, ... ... Investor entsiklopediyasi

Bu atamaning boshqa maʼnolari ham bor, qarang: Ekstremum (maʼnolari). Ekstremum (lot. extremum ekstremal) matematikada funksiyaning berilgan to‘plamdagi maksimal yoki minimal qiymatidir. Ekstremumga erishilgan nuqta... ... Vikipediya

Differentsial hisob - hosila va differentsial tushunchalarini va ularning funktsiyalarni o'rganishda qo'llanilishini o'rganadigan matematik tahlilning bir bo'limi. Mundarija 1 Bitta oʻzgaruvchining funksiyalarining differentsial hisobi ... Vikipediya

Lemniskat va uning fokuslari Bernulli lemniskati tekis algebraik egri chiziqdir. Ballar joylashuvi, mahsulot sifatida belgilangan ... Vikipediya

Divergentsiya- (Divergensiya) indikator sifatida Divergensiya MACD divergensiyasi bilan savdo strategiyasi Mundarija 1-bo'lim. bo'yicha. 2-bo'lim. Divergentsiya qanday. Divergentsiya - bu iqtisodda divergent bo'ylab harakatni bildirish uchun ishlatiladigan atama ... ... Investor entsiklopediyasi

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Aytishlaricha, $f$ bor mahalliy maksimal$x_(0) \E$ nuqtasida, agar $x_(0)$ nuqtaning $U$ qo'shnisi bo'lsa, shundayki hamma $x \da U$da $f\chap (x\o'ng) tengsizlik bo'ladi. ) \leqslant f qanoatlantirildi \left(x_(0)\right)$.

Mahalliy maksimal deyiladi qattiq , agar $U$ mahallasi $x_(0)$ dan farq qiladigan $x \in U$ uchun $f\left(x\o'ng) bo'lishi uchun tanlanishi mumkin bo'lsa.< f\left(x_{0}\right)$.

Ta'rif
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ ochiq to'plamda $f$ haqiqiy funksiya bo'lsin. Aytishlaricha, $f$ bor mahalliy minimal$x_(0) \E$ nuqtasida, agar $x_(0)$ nuqtaning $U$ qo'shnisi bo'lsa, shundayki hamma $x \da U$da $f\chap (x\o'ng) tengsizlik bo'ladi. ) \geqslant f qanoatlantirildi \left(x_(0)\right)$.

Agar $U$ qoʻshnisi $x_(0)$ dan farq qiladigan $x \in U$ uchun $f\left(x\right) > f\left(x_) boʻlishi uchun tanlanishi mumkin boʻlsa, mahalliy minimum qattiq deb ataladi. ( 0)\o'ng)$.

Mahalliy ekstremum mahalliy minimal va mahalliy maksimal tushunchalarini birlashtiradi.

teorema ( zarur shart differensiallanuvchi funktsiyaning ekstremumi)
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ ochiq to'plamda $f$ haqiqiy funksiya bo'lsin. Agar $x_(0) nuqtada \E$da $f$ funksiyasi mavjud mahalliy ekstremal va bu nuqtada, keyin $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Differensialning nolga tengligi hammaning nolga teng ekanligiga ekvivalent, ya'ni. $$\displaystyle\frac(\qisman f)(\qisman x_(i))\chap(x_(0)\o'ng)=0.$$

Bir o'lchovli holatda bu -. $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ belgilaymiz, bunda $h$ ixtiyoriy vektor. $\phi$ funktsiyasi mutlaq qiymatda etarlicha kichik bo'lgan $t$ qiymatlari uchun aniqlanadi. Bundan tashqari, , va $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$ ga nisbatan farqlanadi.
$f$ x $0$ nuqtasida mahalliy maksimal bo'lsin. Demak, $t = 0$ da $\phi$ funksiyasi lokal maksimalga ega va Ferma teoremasi boʻyicha $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
Shunday qilib, biz $df \left(x_(0)\right) = 0$ ni oldik, ya'ni. $x_(0)$ nuqtadagi $f$ funksiyasi har qanday $h$ vektorida nolga teng.

Ta'rif
Differensial nolga teng bo'lgan nuqtalar, ya'ni. barcha qisman hosilalari nolga teng bo'lganlar statsionar deyiladi. Kritik nuqtalar$f$ funksiyalari $f$ farqlanmaydigan yoki nolga teng bo'lgan nuqtalardir. Agar nuqta statsionar bo'lsa, bundan funktsiyaning bu nuqtada ekstremum borligi kelib chiqmaydi.

1-misol.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ bo'lsin. Keyin $\displaystyle\frac(\qisman f)(\qisman x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\qisman f)(\qisman y) = 3 \cdot y^(2) )$, shuning uchun $\left(0,0\right)$ statsionar nuqtadir, lekin bu nuqtada funktsiyaning ekstremumi yo'q. Haqiqatan ham, $f \left(0,0\right) = 0$, lekin $\left(0,0\right)$ nuqtaning istalgan qo'shnisida funktsiya ham ijobiy, ham salbiy qiymatlarni qabul qilishini ko'rish oson.

2-misol.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ funksiyaning kelib chiqishida statsionar nuqta bor, lekin bu nuqtada ekstremum yo‘qligi aniq.

Teorema (ekstremum uchun etarli shart).
$F$ funksiyasi $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ochiq to'plamda ikki marta uzluksiz differensiallanuvchi bo'lsin. $x_(0) \da E$ statsionar nuqta va $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \ekviv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) bo‘lsin. ) ^n \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x_(i) \qisman x_(j)) \left(x_(0)\o'ng)h^(i)h^(j).$ $ Keyin

1. agar $Q_(x_(0))$ – bo‘lsa, $x_(0)$ nuqtadagi $f$ funksiyasi lokal ekstremumga ega bo‘ladi, ya’ni, agar shakl musbat aniqlangan bo‘lsa, minimumga, agar shakl bo‘lsa, maksimalga ega. salbiy aniqlik;
2. agar $Q_(x_(0))$ kvadrat shakli aniqlanmagan bo'lsa, $x_(0)$ nuqtadagi $f$ funksiyasi ekstremumga ega emas.

Kengayishni Teylor formulasiga muvofiq ishlatamiz (12,7 s. 292). $x_(0)$ nuqtadagi birinchi tartibli qisman hosilalar nolga teng ekanligini hisobga olsak, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ ni olamiz. o'ng) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x_(i) \qisman x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ bu yerda $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$ va $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ uchun $h \rightarrow 0$, keyin o'ng qism etarlicha kichik uzunlikdagi har qanday $h$ vektori uchun ijobiy bo'ladi.
Shunday qilib, biz shunday xulosaga keldikki, $x_(0)$ nuqtaning ma'lum bir qo'shnisida $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ tengsizlik faqat $ bo'lganda amal qiladi. x \neq x_ (0)$ (biz $x=x_(0)+h$\o'ngga qo'yamiz). Demak, $x_(0)$ nuqtada funksiya qat’iy lokal minimumga ega va shu tariqa teoremamizning birinchi qismi isbotlangan.
Aytaylik, $Q_(x_(0))$ - noaniq shakl. Keyin $h_(1)$, $h_(2)$ vektorlari borki, $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \chap(h_(2)\o'ng)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Keyin $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) ni olamiz. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\o'ng) \o'ng] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Etarlicha kichik $t>0$ uchun o'ng qo'l tomoni ijobiy. Bu shuni anglatadiki, $x_(0)$ nuqtaning istalgan qo'shnisida $f$ funktsiyasi $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ dan katta qiymatlarni oladi.
Xuddi shunday, biz $x_(0)$ nuqtaning istalgan qo'shnisida $f$ funktsiyasi $f \left(x_(0)\right)$ dan kichik qiymatlarni olishini topamiz. Bu avvalgisi bilan birgalikda $x_(0)$ nuqtada $f$ funksiyasi ekstremumga ega emasligini bildiradi.

Keling, ko'rib chiqaylik maxsus holat$\left(x_(0),y_(0)\right)$ nuqtaning ma'lum qo'shnisida aniqlangan va uzluksiz qismga ega bo'lgan ikki o'zgaruvchining $f \left(x,y\right)$ funktsiyasi uchun ushbu teorema. bu mahallada birinchi va ikkinchi tartiblarning hosilalari. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ statsionar nuqta deb faraz qiling va $$\displaystyle a_(11)= \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x ^) ni belgilang. (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\o'ng), a_(12)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(x_( 0) ), y_(0)\o'ng), a_(22)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \chap(x_(0), y_(0)\o'ng ) .$$ U holda oldingi teorema quyidagi shaklni oladi.

Teorema
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ boʻlsin. Keyin:

1. agar $\Delta>0$ boʻlsa, $f$ funksiyasi $\left(x_(0),y_(0)\right)$ nuqtada lokal ekstremumga ega, yaʼni $a_(11)> minimal boʻlsa. 0$ va maksimal, agar $a_(11)<0$;
2. agar $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.

Muammoni hal qilishga misollar

Ko'p o'zgaruvchilar funksiyasining ekstremumini topish algoritmi:

1. Statsionar nuqtalarni topish;
2. Barcha statsionar nuqtalarda 2-tartibli differentsialni toping
3. Ko'p o'zgaruvchilar funksiyasining ekstremumining etarli shartidan foydalanib, biz har bir statsionar nuqtada 2-tartibli differentsialni ko'rib chiqamiz.

1. Ekstremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ funksiyasini o‘rganing.
   Yechim

   1-tartibli qisman hosilalarni topamiz: $$\displaystyle \frac(\qisman f)(\qisman x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\qisman) f)(\qisman y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Tizimni tuzamiz va yechamiz: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\qisman f)(\qisman x) = 0\\\frac(\qisman f)(\qisman y)= 0\end(holatlar) \O'ng strelka \boshlash(holatlar)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(holatlar) \Oʻng tomon \begin(holatlar)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(holatlar)$$ 2-tenglamadan $x=4 \cdot y^(2)$ ifodalaymiz - uni 1-tenglamaga almashtiramiz: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Natijada 2 ta statsionar nuqta olinadi:
   1) $y=0 \O'ng strelka x = 0, M_(1) = \left(0, 0\o'ng)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \O‘ng strelka y^(3)=\frac(1)(8) \O‘ng strelka y = \frac(1)(2) \O‘ng strelka x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\o'ng)$
   Ekstremum uchun etarli shart qanoatlanganligini tekshirib ko'ramiz:
   $$\displaystyle \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2))=6 \cdot x; \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y)=-6; \frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2))=48 \cdot y$$
   1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ nuqtasi uchun:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2)) \left(0,0\o'ng)=0; B_(1)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(0,0\o'ng)=-6; C_(1)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \left(0,0\o'ng)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) $M_(2)$ nuqtasi uchun:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\o'ng)=6; B_(2)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(1,\frac(1)(2)\o'ng)=-6; C_(2)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\o'ng)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, demak $M_(2)$ nuqtada ekstremum mavjud va $A_(2)> dan beri 0$, keyin bu minimal.
   Javob: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ nuqtasi $f$ funksiyasining minimal nuqtasidir.
   

2. $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremum uchun funktsiyani o'rganing.
   Yechim

   Statsionar nuqtalarni topamiz: $$\displaystyle \frac(\qisman f)(\qisman x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\qisman f)(\qisman y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Keling, tizimni tuzamiz va hal qilamiz: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\qisman f)(\qisman x)= 0\\\frac(\qisman f)(\qisman y)= 0\end(holatlar) ) \ O'ngga strelka \begin(holatlar)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(holatlar) \O'ng strelka \begin(holatlar) y = 2\\y + x = 1\end(holatlar) \O'ng strelka x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ statsionar nuqtadir.
   Ekstremum uchun yetarli shart bajarilganligini tekshiramiz: $$\displaystyle A=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \left(-1,2\o'ng)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Javob: haddan tashqari holatlar yo'q.
   

Vaqt chegarasi: 0

Navigatsiya (faqat ish raqamlari)

4 ta vazifadan 0 tasi bajarildi

Ma `lumot

O'qigan mavzuingiz bo'yicha bilimingizni sinab ko'rish uchun ushbu testdan o'ting: Ko'p o'zgaruvchilar funksiyalarining mahalliy ekstremasi.

Siz allaqachon sinovdan o'tgansiz. Siz uni qayta boshlay olmaysiz.

Sinov yuklanmoqda...

Sinovni boshlash uchun tizimga kirishingiz yoki ro'yxatdan o'tishingiz kerak.

Buni boshlash uchun siz quyidagi testlarni bajarishingiz kerak:

natijalar

To'g'ri javoblar: 4 tadan 0

Sizning vaqtingiz:

Vaqt tugadi

Siz 0 balldan 0 ball oldingiz (0)

Natijangiz peshqadamlar ro‘yxatida qayd etildi

1. Javob bilan
2. Ko'rish belgisi bilan

1/4 vazifa

1 .

Ballar soni: 1

Ekstrema uchun $f$ funktsiyasini o'rganing: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

To'g'ri


Noto'g'ri


1. 2/4 vazifa

   2 .

   Ballar soni: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ funktsiyasi ekstremumga egami?

$E \subset \mathbb(R)^(n)$. Aytishlaricha, $f$ bor mahalliy maksimal$x_(0) \E$ nuqtasida, agar $x_(0)$ nuqtaning $U$ qo'shnisi bo'lsa, shundayki hamma $x \da U$da $f\chap (x\o'ng) tengsizlik bo'ladi. ) \leqslant f qanoatlantirildi \left(x_(0)\right)$.

Mahalliy maksimal deyiladi qattiq , agar $U$ mahallasi $x_(0)$ dan farq qiladigan $x \in U$ uchun $f\left(x\o'ng) bo'lishi uchun tanlanishi mumkin bo'lsa.< f\left(x_{0}\right)$.

Ta'rif
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ ochiq to'plamda $f$ haqiqiy funksiya bo'lsin. Aytishlaricha, $f$ bor mahalliy minimal$x_(0) \E$ nuqtasida, agar $x_(0)$ nuqtaning $U$ qo'shnisi bo'lsa, shundayki hamma $x \da U$da $f\chap (x\o'ng) tengsizlik bo'ladi. ) \geqslant f qanoatlantirildi \left(x_(0)\right)$.

Agar $U$ qoʻshnisi $x_(0)$ dan farq qiladigan $x \in U$ uchun $f\left(x\right) > f\left(x_) boʻlishi uchun tanlanishi mumkin boʻlsa, mahalliy minimum qattiq deb ataladi. ( 0)\o'ng)$.

Mahalliy ekstremum mahalliy minimal va mahalliy maksimal tushunchalarini birlashtiradi.

teorema (differensiallanuvchi funktsiya ekstremumining zaruriy sharti)
$E \subset \mathbb(R)^(n)$ ochiq to'plamda $f$ haqiqiy funksiya bo'lsin. Agar $x_(0) \E$ nuqtasida $f$ funksiyasi shu nuqtada lokal ekstremumga ega bo'lsa, $$\text(d)f\left(x_(0)\right)=0.$$ Nolga teng differentsial hamma nolga teng ekanligiga teng, ya'ni. $$\displaystyle\frac(\qisman f)(\qisman x_(i))\chap(x_(0)\o'ng)=0.$$

Bir o'lchovli holatda bu -. $\phi \left(t\right) = f \left(x_(0)+th\right)$ belgilaymiz, bunda $h$ ixtiyoriy vektor. $\phi$ funktsiyasi mutlaq qiymatda etarlicha kichik bo'lgan $t$ qiymatlari uchun aniqlanadi. Bundan tashqari, , va $(\phi)’ \left(t\right) = \text(d)f \left(x_(0)+th\right)h$ ga nisbatan farqlanadi.
$f$ x $0$ nuqtasida mahalliy maksimal bo'lsin. Demak, $t = 0$ da $\phi$ funksiyasi lokal maksimalga ega va Ferma teoremasi boʻyicha $(\phi)’ \left(0\right)=0$.
Shunday qilib, biz $df \left(x_(0)\right) = 0$ ni oldik, ya'ni. $x_(0)$ nuqtadagi $f$ funksiyasi har qanday $h$ vektorida nolga teng.

Ta'rif
Differensial nolga teng bo'lgan nuqtalar, ya'ni. barcha qisman hosilalari nolga teng bo'lganlar statsionar deyiladi. Kritik nuqtalar$f$ funksiyalari $f$ farqlanmaydigan yoki nolga teng bo'lgan nuqtalardir. Agar nuqta statsionar bo'lsa, bundan funktsiyaning bu nuqtada ekstremum borligi kelib chiqmaydi.

1-misol.
$f \left(x,y\right)=x^(3)+y^(3)$ bo'lsin. Keyin $\displaystyle\frac(\qisman f)(\qisman x) = 3 \cdot x^(2)$,$\displaystyle\frac(\qisman f)(\qisman y) = 3 \cdot y^(2) )$, shuning uchun $\left(0,0\right)$ statsionar nuqtadir, lekin bu nuqtada funktsiyaning ekstremumi yo'q. Haqiqatan ham, $f \left(0,0\right) = 0$, lekin $\left(0,0\right)$ nuqtaning istalgan qo'shnisida funktsiya ham ijobiy, ham salbiy qiymatlarni qabul qilishini ko'rish oson.

2-misol.
$f \left(x,y\right) = x^(2) − y^(2)$ funksiyaning kelib chiqishida statsionar nuqta bor, lekin bu nuqtada ekstremum yo‘qligi aniq.

Teorema (ekstremum uchun etarli shart).
$F$ funksiyasi $E \subset \mathbb(R)^(n)$ ochiq to'plamda ikki marta uzluksiz differensiallanuvchi bo'lsin. $x_(0) \da E$ statsionar nuqta va $$\displaystyle Q_(x_(0)) \left(h\right) \ekviv \sum_(i=1)^n \sum_(j=1) bo‘lsin. ) ^n \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x_(i) \qisman x_(j)) \left(x_(0)\o'ng)h^(i)h^(j).$ $ Keyin

1. agar $Q_(x_(0))$ – bo‘lsa, $x_(0)$ nuqtadagi $f$ funksiyasi lokal ekstremumga ega bo‘ladi, ya’ni, agar shakl musbat aniqlangan bo‘lsa, minimumga, agar shakl bo‘lsa, maksimalga ega. salbiy aniqlik;
2. agar $Q_(x_(0))$ kvadrat shakli aniqlanmagan bo'lsa, $x_(0)$ nuqtadagi $f$ funksiyasi ekstremumga ega emas.

Kengayishni Teylor formulasiga muvofiq ishlatamiz (12,7 s. 292). $x_(0)$ nuqtadagi birinchi tartibli qisman hosilalar nolga teng ekanligini hisobga olsak, $$\displaystyle f \left(x_(0)+h\right)−f \left(x_(0)\ ni olamiz. o'ng) = \ frac(1)(2) \sum_(i=1)^n \sum_(j=1)^n \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x_(i) \qisman x_ (j)) \left(x_(0)+\theta h\right)h^(i)h^(j),$$ bu yerda $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290) , $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left.$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1) , существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, va $h \rightarrow 0$ uchun $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ boʻlsa, oʻng tomoni yetarlicha kichik uzunlikdagi har qanday $h$ vektori uchun ijobiy boʻladi.
Shunday qilib, biz shunday xulosaga keldikki, $x_(0)$ nuqtaning ma'lum bir qo'shnisida $f \left(x\right) >f \left(x_(0)\right)$ tengsizlik faqat $ bo'lganda amal qiladi. x \neq x_ (0)$ (biz $x=x_(0)+h$\o'ngga qo'yamiz). Demak, $x_(0)$ nuqtada funksiya qat’iy lokal minimumga ega va shu tariqa teoremamizning birinchi qismi isbotlangan.
Keling, $Q_(x_(0))$ noaniq shakl deb faraz qilaylik. Keyin $h_(1)$, $h_(2)$ vektorlari borki, $Q_(x_(0)) \left(h_(1)\right)=\lambda_(1)>0$, $Q_ ( x_(0)) \chap(h_(2)\o'ng)= \lambda_(2)<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>$0. Keyin $$f \left(x_(0)+th_(1)\right)−f \left(x_(0)\right) = \frac(1)(2) \left[ t^(2) ni olamiz. \ lambda_(1) + t^(2) |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\o'ng) \o'ng] = \frac(1)(2) t^(2) \ left[ \lambda_(1) + |h_(1)|^(2) \epsilon \left(th_(1)\right) \right].$$ Etarlicha kichik $t>0$ uchun o'ng qo'l tomoni ijobiy. Bu shuni anglatadiki, $x_(0)$ nuqtaning istalgan qo'shnisida $f$ funktsiyasi $f \left(x\right)$ $f \left(x_(0)\right)$ dan katta qiymatlarni oladi.
Xuddi shunday, biz $x_(0)$ nuqtaning istalgan qo'shnisida $f$ funktsiyasi $f \left(x_(0)\right)$ dan kichik qiymatlarni olishini topamiz. Bu avvalgisi bilan birgalikda $x_(0)$ nuqtada $f$ funksiyasi ekstremumga ega emasligini bildiradi.

$\left(x_(0),y_(0)\oʻng nuqtaning baʼzi qoʻshnilarida aniqlangan ikkita oʻzgaruvchining $f \left(x,y\right)$ funksiyasi uchun ushbu teoremaning maxsus holatini koʻrib chiqamiz. )$ va birinchi va ikkinchi tartiblarning uzluksiz qisman hosilalariga ega. $\left(x_(0),y_(0)\right)$ statsionar nuqta deb faraz qiling va $$\displaystyle a_(11)= \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x ^) ni belgilang. (2)) \left(x_(0) ,y_(0)\o'ng), a_(12)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(x_( 0) ), y_(0)\o'ng), a_(22)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \chap(x_(0), y_(0)\o'ng ) .$$ U holda oldingi teorema quyidagi shaklni oladi.

Teorema
$\Delta=a_(11) \cdot a_(22) − a_(12)^2$ boʻlsin. Keyin:

1. agar $\Delta>0$ boʻlsa, $f$ funksiyasi $\left(x_(0),y_(0)\right)$ nuqtada lokal ekstremumga ega, yaʼni $a_(11)> minimal boʻlsa. 0$ va maksimal, agar $a_(11)<0$;
2. agar $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.

Muammoni hal qilishga misollar

Ko'p o'zgaruvchilar funksiyasining ekstremumini topish algoritmi:

1. Statsionar nuqtalarni topish;
2. Barcha statsionar nuqtalarda 2-tartibli differentsialni toping
3. Ko'p o'zgaruvchilar funksiyasining ekstremumining etarli shartidan foydalanib, biz har bir statsionar nuqtada 2-tartibli differentsialni ko'rib chiqamiz.

1. Ekstremum $f \left(x,y\right) = x^(3) + 8 \cdot y^(3) + 18 \cdot x — 30 \cdot y$ funksiyasini o‘rganing.
   Yechim

   1-tartibli qisman hosilalarni topamiz: $$\displaystyle \frac(\qisman f)(\qisman x)=3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac(\qisman) f)(\qisman y)=24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x.$$ Tizimni tuzamiz va yechamiz: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\qisman f)(\qisman x) = 0\\\frac(\qisman f)(\qisman y)= 0\end(holatlar) \O'ng strelka \boshlash(holatlar)3 \cdot x^(2) - 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^(2) — 6 \cdot x = 0\end(holatlar) \Oʻng tomon \begin(holatlar)x^(2) — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^(2) — x = 0 \end(holatlar)$$ 2-tenglamadan $x=4 \cdot y^(2)$ ifodalaymiz - uni 1-tenglamaga almashtiramiz: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^(2) \right )^(2)-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^(4) — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^(4) — y = 0$$ $ $y \left(8 \cdot y^(3) -1\right)=0$$ Natijada 2 ta statsionar nuqta olinadi:
   1) $y=0 \O'ng strelka x = 0, M_(1) = \left(0, 0\o'ng)$;
   2) $\displaystyle 8 \cdot y^(3) -1=0 \O‘ng strelka y^(3)=\frac(1)(8) \O‘ng strelka y = \frac(1)(2) \O‘ng strelka x=1 , M_(2) = \left(\frac(1)(2), 1\o'ng)$
   Ekstremum uchun etarli shart qanoatlanganligini tekshirib ko'ramiz:
   $$\displaystyle \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2))=6 \cdot x; \frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y)=-6; \frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2))=48 \cdot y$$
   1) $M_(1)= \left(0,0\right)$ nuqtasi uchun:
   $$\displaystyle A_(1)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2)) \left(0,0\o'ng)=0; B_(1)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(0,0\o'ng)=-6; C_(1)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \left(0,0\o'ng)=0;$$
   $A_(1) \cdot B_(1) — C_(1)^(2) = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
   2) $M_(2)$ nuqtasi uchun:
   $$\displaystyle A_(2)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\o'ng)=6; B_(2)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(1,\frac(1)(2)\o'ng)=-6; C_(2)=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \left(1,\frac(1)(2)\o'ng)=24;$$
   $A_(2) \cdot B_(2) — C_(2)^(2) = 108>0$, demak $M_(2)$ nuqtada ekstremum mavjud va $A_(2)> dan beri 0$, keyin bu minimal.
   Javob: $\displaystyle M_(2)\left(1,\frac(1)(2)\right)$ nuqtasi $f$ funksiyasining minimal nuqtasidir.
   

2. $f=y^(2) + 2 \cdot x \cdot y - 4 \cdot x - 2 \cdot y - 3$ ekstremum uchun funktsiyani o'rganing.
   Yechim

   Statsionar nuqtalarni topamiz: $$\displaystyle \frac(\qisman f)(\qisman x)=2 \cdot y - 4;$$ $$\displaystyle \frac(\qisman f)(\qisman y)=2 \ cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
   Keling, tizimni tuzamiz va hal qilamiz: $$\displaystyle \begin(cases)\frac(\qisman f)(\qisman x)= 0\\\frac(\qisman f)(\qisman y)= 0\end(holatlar) ) \ O'ngga strelka \begin(holatlar)2 \cdot y - 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x - 2 = 0\end(holatlar) \O'ng strelka \begin(holatlar) y = 2\\y + x = 1\end(holatlar) \O'ng strelka x = -1$$
   $M_(0) \left(-1, 2\right)$ statsionar nuqtadir.
   Ekstremum uchun yetarli shart bajarilganligini tekshiramiz: $$\displaystyle A=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x^(2)) \left(-1,2\right)=0 ; B=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman x \qisman y) \left(-1,2\right)=2; C=\frac(\qisman^(2) f)(\qisman y^(2)) \left(-1,2\o'ng)=2;$$
   $A \cdot B — C^(2) = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
   Javob: haddan tashqari holatlar yo'q.
   

Vaqt chegarasi: 0

Navigatsiya (faqat ish raqamlari)

4 ta vazifadan 0 tasi bajarildi

Ma `lumot

O'qigan mavzuingiz bo'yicha bilimingizni sinab ko'rish uchun ushbu testdan o'ting: Ko'p o'zgaruvchilar funksiyalarining mahalliy ekstremasi.

Siz allaqachon sinovdan o'tgansiz. Siz uni qayta boshlay olmaysiz.

Sinov yuklanmoqda...

Sinovni boshlash uchun tizimga kirishingiz yoki ro'yxatdan o'tishingiz kerak.

Buni boshlash uchun siz quyidagi testlarni bajarishingiz kerak:

natijalar

To'g'ri javoblar: 4 tadan 0

Sizning vaqtingiz:

Vaqt tugadi

Siz 0 balldan 0 ball oldingiz (0)

Natijangiz peshqadamlar ro‘yxatida qayd etildi

1. Javob bilan
2. Ko'rish belgisi bilan

1/4 vazifa

1 .

Ballar soni: 1

Ekstrema uchun $f$ funktsiyasini o'rganing: $f=e^(x+y)(x^(2)-2 \cdot y^(2))$

To'g'ri


Noto'g'ri


1. 2/4 vazifa

   2 .

   Ballar soni: 1

   $f = 4 + \sqrt((x^(2)+y^(2))^(2))$ funktsiyasi ekstremumga egami?